Question

18．設(shè)函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=kx+1．
（I）求函數(shù)y=f（x）-（x+1）的最小值；
（II）證明：當k＞1時，存在x₀＞0，使對于任意x∈（0，x₀）都有f（x）＜g（x）；
（III）若對于任意x∈（0，+∞），|f（x）-g（x）|＞x恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值即可；
（Ⅱ）設(shè)h（x）=f（x）-g（x），求出函數(shù)的導數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)性，從而證出結(jié)論；
（Ⅲ）①當k＞1時，求出h（x）的單調(diào)區(qū)間，得到函數(shù)的最小值，證出結(jié)論成立；②當k≤1時，問題等價于f（x）-g（x）＞x，設(shè)φ（x）=e^x-（k+1）x-1（x＞0），
根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（I）由已知y=e^x-x-1，∴y'=e^x-1，
設(shè)y'＞0得x＞0，設(shè)y'＜0得x＜0，
∴函數(shù)y=e^x-x-1在（-∞，0）上遞減，在（0，+∞）上遞增，
則當x=0時，y有最小值為0…（3分）
證明：（II）設(shè)h（x）=f（x）-g（x），即h（x）=e^x-kx-1，
∴h'（x）=e^x-k，設(shè)h'（x）=0，得x=lnk（k＞1），
∵k＞1，∴當x∈（0，lnk）時，h'（x）＜0，
即h（x）在（0，lnk）上單調(diào)遞減，
而h（0）=0，且h（x）是R上的連續(xù)函數(shù)，
∴h（x）＜0在（0，lnk）上恒成立，
即f（x）＜g（x）在（0，lnk）上恒成立，
∴取0＜x₀≤lnk，則對任意x∈（0，x₀）都有f（x）＜g（x）…（9分）
解：（III）由（I）知e^x≥x+1即有e^x-1≥x，
∴當x＞0時有l(wèi)nx≤x-1（僅當x=1時取“=”）…（*）
①當k＞1時，設(shè)h（x）=f（x）-g（x）=e^x-（kx+1）（x＞0），
∴h'（x）=e^x-k
令h'（x）＞0得x＞lnk，令h'（x）＜0得0＜x＜lnk，
∴h（x）在（0，lnk）上遞減，在（lnk，+∞）上遞增，
∴h（x）_min=h（lnk）=k-klnk-1，
由（*）式知$ln\frac{1}{k}＜\frac{1}{k}-1$得k-klnk-1＜0，
又$h（{ln{k^3}}）={e^{ln{k^3}}}-kln{k^3}-1$
=k³-3klnk-1＞k³-3k（k-1）-1
=k³-3k²+3k-1=（k-1）³＞0，
∴函數(shù)y=h（x）在（lnk，3lnk）上有唯一零點設(shè)為x_k，
此時h（x_k）=0，顯然h（x_k）＜x_k，
即|f（x）-g（x）|＞x對任意x∈（0，+∞）不能恒成立，
②當k≤1時，對任意數(shù)x∈（0，+∞），
f（x）-g（x）=e^x-（kx+1）=e^x-（x+1）-（k-1）x≥-（k-1）x≥0，
∴|f（x）-g（x）|＞x等價于f（x）-g（x）＞x，
即e^x-（k+1）x-1＞0，
設(shè)φ（x）=e^x-（k+1）x-1（x＞0），
則φ'（x）=e^x-（k+1），
若k≤0，則k+1≤1，∴e^x-（k+1）＞0，
則φ（x）在（0，+∞）上遞增，
注意到φ（0）=0，∴φ（x）＞φ（0）=0，
即|f（x）-g（x）|＞x對任意x∈（0，+∞）恒成立，
若0＜k≤1，令φ'（x）＞0得x＞ln（k+1），
令φ'（x）＜0，得0＜x＜ln（k+1），
∴φ（x）在（0，ln（k+1））上遞減，在（ln（k+1），+∞）上遞增，
∴當x∈（0，ln（k+1））時，φ（x）＜φ（0）=0，
即|f（x）-g（x）|＞x對于任意x∈（0，ln（k+1））不成立，
則|f（x）-g（x）|＞x對任意x∈（0，+∞）不能恒成立，
綜合①②可得，滿足條件的k的取值范圍為（-∞，0]…（14分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，考查分類討論思想，是一道綜合題．